第6章 第1课时 动量和动量定理 演练知能提升(教用Word)-【精微方案】2027年高考一轮总复习讲义·物理

**基本信息** 聚焦动量与冲量专项，以概念辨析、实际应用、综合计算为模块，构建“概念-规律-应用”逻辑链条，强化物理观念与科学推理。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |概念辨析|3题（2、3、9）|判断冲量/动量变化量/功的关系|冲量定义→动量定理→动量与动能区别| |实际应用|5题（1、5、6、8、10）|结合生活/科技情境（安全气囊、火箭）|实际情境→模型建构→动量定理应用| |综合计算|2题（11、12）|多过程动量与运动学综合|运动分析→动量定理列式→求解平均力/功|

1．(2026·河北辛集市期末)行驶中的汽车如果发生剧烈碰撞，车内的安全气囊会被弹出并瞬间充满气体。若碰撞后汽车的速度在很短时间内减小为零，关于安全气囊在此过程中的作用，下列说法正确的是(　　) A．增加了司机单位面积的受力大小 B．减少了碰撞前后司机动量的变化量 C．将司机的动能全部转换成汽车的动能 D．延长了司机的受力时间并增大了司机的受力面积 解析：选D。因安全气囊充气后，受力面积增大，减小了司机单位面积的受力大小，且司机在挤压气囊时受到缓冲，延长了受力时间，故A错误，D正确；有无安全气囊司机的初动量和末动量均相同，所以动量的变化量相同，故B错误；因有安全气囊的存在，司机和安全气囊接触后会有一部分动能转化为气体的内能，不能全部转化成汽车的动能，故C错误。 2．(2026·广东省模拟联考)如图所示，斜面体B固定在地面上，金属块A沿B的光滑斜面下滑，在下滑过程中，下列说法正确的是(　　) A．B对A的支持力的冲量为零 B．B对A的支持力做的功为零 C．重力对A做的功等于A的重力势能的增量 D．重力对A的冲量等于A的动量的增量 解析：选B。B对A的支持力的冲量I＝FNt，不为零，A错误；B对A支持力的方向与A的位移方向垂直，所以B对A的支持力做功为零，B正确；A克服重力做的功等于重力势能的增量，C错误；物体所受合力的冲量等于物体动量的变化量，即重力与支持力对A的冲量等于A的动量的增量，D错误。 3．人类利用涡喷飞翼飞行器(简称飞行器)能在高空中自由地完成上升、下降、悬停、平飞和翻转等动作，如图所示。飞行器主要由微型喷气发动机和操纵系统组成，下列说法正确的是(　　) A．飞行器水平加速飞行时，需水平向后喷射燃气 B．某段时间飞行器在空中悬停，重力的冲量不为零 C．飞行器在下降过程中，其动量一定越来越大 D．任意时间内燃气对飞行器的冲量与飞行器对燃气的冲量始终相同 解析：选B。飞行器水平加速飞行时，合力沿水平方向，即燃气对飞行器的作用力与飞行器重力的合力沿水平方向，所以需向斜向下喷射燃气，故A错误；某段时间飞行器在空中悬停，重力的冲量I＝mgt，不为零，故B正确；飞行器在下降过程中，可能速度减小，所以其动量不一定越来越大，故C错误；燃气对飞行器的冲量与飞行器对燃气的冲量方向不同，故D错误。 4．(2026·福建省联考模拟)如图甲所示，一质量为2 kg的物块放在水平面上，t＝0时刻在水平向右的拉力作用下由静止开始运动，t＝4 s时物块的速度又刚好为零，拉力随时间变化关系如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2，则t＝1 s时物块的加速度大小为(　　) A．0.5 m/s2 B．1 m/s2 C．1.5 m/s2 D．2 m/s2 解析：选A。在前4 s内，根据动量定理可得(F1＋F2)t－μmgt＝0，解得μ＝0.3，根据数学知识，结合题图乙可知，t＝1 s时，拉力大小F＝7 N，根据牛顿第二定律F－μmg＝ma，解得a＝0.5 m/s2。 5．(2026·陕西宝鸡市模拟)假设儿童足球质量为300 g，某次儿童足球比赛时足球迎面飞来的速度为5 m/s，脚与足球接触的时间大约为0.1 s，若以相同的速率将球反向踢回，则此过程中足球(　　) A．动量变化量为0 B．动量变化量为30 kg·m/s C．受到脚的平均冲击力大小约为30 N D．受到脚的平均冲击力大小约为15 N 解析：选C。设足球弹回的方向为正方向，则足球动量变化量Δp＝mv－(－mv)＝2mv＝3 kg·m/s，A、B错误；根据动量定理FΔt＝Δp可得受到脚的平均冲击力大小约为F＝30 N，C正确，D错误。 6．(2026·天津西青区期末)一个质量为0.2 kg的垒球以25 m/s的水平速度向左飞向球棒，被球棒击打后，反向水平飞回，速度的大小仍为25 m/s，球棒与垒球的作用时间为0.002 s。在这一过程中(　　) A．垒球的动能变化量为10 J B．垒球的动量变化量大小为0 C．球棒对垒球的平均作用力大小为5 000 N D．球棒对垒球的平均作用力的冲量大小为100 N·s 解析：选C。设垒球初速度方向为正方向，垒球的初、末速度分别为v1、v2，质量为m，由动能定理得ΔEk＝mv－mv＝0，故A错误；垒球的动量变化量Δp＝mv2－mv1＝－10 kg·m/s，故B错误；设作用力大小为F，作用时间为Δt，由－F·Δt＝mv2－mv1，得F＝5 000 N，故C正确；由I＝F·Δt得I＝10 N·s，故D错误。 7．如图所示，一个重为100 kg的行李箱(可视为质点)在传输过程经过一个倾角θ＝37°的固定斜面，斜面长为4 m，斜面底端固定一个垂直于斜面的挡板，斜面和行李箱间的动摩擦因数为0.5，行李箱从斜面顶端由静止下滑，到达底端与挡板相碰，碰撞时间为0.5 s，碰撞过程中摩擦力忽略不计，反弹后行李箱向上滑行了0.2 m，则行李箱和挡板碰撞的平均作用力为(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g取10 m/s2)(　　) A．1 200 N B．1 800 N C．1 000 N D．800 N 解析：选B。下滑时，根据牛顿第二定律，可得加速度a1＝g sin θ－μg cos θ＝2 m/s2，由v＝2a1x1，得v1＝4 m/s，上滑时，加速度a2＝g sin θ＋μg cos θ＝10 m/s2，由v＝2a2x2，得v2＝2 m/s，箱子和挡板碰撞过程，以沿斜面向上为正方向，根据动量定理有Ft－mgt sin θ＝mv2－(－mv1)，解得F＝1 800 N。 8．(2026·山东烟台市模拟)2025年10月23日成功发射通信技术试验卫星二十号。运载火箭点火时向下喷气，会对地面产生冲力。假设火箭刚离开地面时竖直向上速度大小为v0，火箭喷气口的横截面积大小为S，喷出气体相对于火箭的速度大小为v，气体垂直射向地面后，竖直速度变为零，已知气体的密度为ρ，重力加速度大小为g，忽略气体自身重力，v＞v0，则气体对地面的平均冲力大小是(　　) A．ρSv2 B．ρSv(v－v0) C．ρSv D．ρS(v－v0)2 解析：选D。由题意可知气体对地的速度v气＝v－v0，设Δt时间内有Δm质量的气体射向地面，地面对气体平均冲力大小为F，规定向下为正方向，由动量定理有－FΔt＝0－Δmv气，因为Δm＝v气ΔtSρ，联立解得F＝ρS(v－v0)2，根据牛顿第三定律可知，气体对地面的平均冲力大小是ρS(v－v0)2，故D正确。 9．(2026·山西孝义市模拟)质量为m的物体，以初速度v0沿固定斜面开始上滑，到达最高点后再次返回到原出发点时速度大小为0.4v0，假设物体在斜面上运动时受到的摩擦力大小不变，则(　　) A．整个过程中合力的冲量大小为mv0 B．整个过程中摩擦力冲量的矢量和为0 C．上滑过程中重力的冲量比下滑过程中重力的冲量大 D．上滑过程和下滑过程中支持力的冲量均不为0 解析：选D。以沿斜面向下为正方向，根据动量定理有I＝Δp＝0.4mv0－(－mv0)＝1.4mv0，故A错误；设物体上滑过程的时间为t1，下滑过程的时间为t2，上滑或下滑过程的位移大小为x，则得x＝t1＝t2，可知t1＝0.4t2，整个过程中摩擦力冲量的矢量和If＝ft1－ft2≠0，故B错误；上滑过程中重力的冲量为mgt1，下滑过程中重力的冲量为mgt2，由于t1<t2，则上滑过程中重力的冲量比下滑过程中重力的冲量小，故C错误；上滑过程和下滑过程中支持力一直存在，冲量均不为0，故D正确。 10．(多选)(2026·安徽安庆市模拟)玩具水枪是儿童们夏天喜爱的玩具之一，但水枪伤眼的事件也时有发生，因此，限制儿童水枪的威力就成了生产厂家必须关注的问题。现有一水枪样品，已知水枪喷水口的直径为d，水的密度为ρ，水流水平出射的速度为v，垂直击中竖直目标后以大小为0.2v的速率反向溅回，则(　　) A．水枪喷水的流量(单位时间内流出的体积)为πvd2 B．喷水口单位时间内喷出水的质量为πρvd2 C．水枪的功率为πρd2v3 D．目标受到的平均冲击力大小为πρd2v2 解析：选BD。水枪喷水的流量＝＝，故A错误；喷水口单位时间内喷出水的质量＝＝，故B正确；水枪的功率P＝＝＝，故C错误；取初速度方向为正方向，由动量定理得－Ft＝－0.2mv－mv，则由牛顿第三定律可知，目标受到的平均冲击力大小F′＝F＝v＝，故D正确。 11．(10分)(2026·江苏淮安市模拟)质量为30 kg的小明从离水平网面0.8 m高处自由下落，着网后沿竖直方向蹦回到水平网面0.45 m高处。已知小明与网接触的时间为0.35 s，g取10 m/s2，求： (1)小明与网接触的这段时间内动量的变化量的大小；(6分) (2)网对小明的平均作用力大小。(4分) 解析：(1)在小明下落没接触到网的过程中，根据运动学公式，则有v＝2gh1 解得v1＝4 m/s 在小明离开网向上减速的过程中，根据运动学公式，则有v＝2gh2 解得v2＝3 m/s 设以竖直向上为正方向，则与网接触的过程中，动量变化量 Δp＝mΔv＝m[v2－(－v1)]＝210 kg·m/s。 (2)对小明由动量定理，则有(F－mg)t＝Δp 解得F＝900 N。 答案：(1)210 kg·m/s　(2)900 N 12．(10分)已知火箭的总质量m＝2.5×105 kg，火箭发动机点火后从尾部竖直向下喷出高温高压气体而获得动力。火箭尾部喷口横截面积S＝0.75 m2，喷出气体的密度ρ＝1 kg/m3，火箭点火瞬间竖直向下喷出气体相对于地面的速度大小v＝2×103 m/s，此后火箭向上做匀加速直线运动，重力加速度大小g取10 m/s2，不考虑火箭由于喷气带来的质量变化，忽略地球的自转以及高度的变化对重力加速度的影响，空气阻力不计。求： (1)点火瞬间，火箭因喷出气体获得的动力大小F；(4分) (2)从点火开始计时，火箭运行t＝10 s过程中火箭动力所做的功W。(6分) 解析：(1)对Δt时间内喷出的气体有 F′Δt＝Δmv Δm＝ρvΔtS 联立解得F′＝3×106 N 由牛顿第三定律可知火箭因喷出气体获得的动力大小F＝F′＝3×106 N。 (2)对加速过程中的火箭有 (F－mg)t＝mv1 h＝t W＝Fh 联立解得W＝3×108 J。 答案：(1)3×106 N　(2)3×108 J 学科网（北京）股份有限公司 $